导数与函数的零点问题

导数与函数的零点问题

1．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．

(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；

(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，

又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，

所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.

易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，

所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.

(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，

①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，

当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；当x<0时，

111

取x＝－，则f－<1＋a－－1＝－a<0.

a

a



a

所以函数f(x)存在零点，不满足题意．

②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．

在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，

在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．

函数f(x)不存在零点，等价于

f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，

解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．

2．(2021·湖南五市十校联考)已知函数f(x)＝lnx－ax－3(a≠0)．

(1)讨论函数f(x)的零点个数；

(2)若∀a∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋[m－2f′(x)]在(a,3)上有最值，求实数m的取值范围．

2

x2

1

解：(1)∵x>0，f′(x)＝－a，

x∴当a<0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

且f(e3)＝－ae3>0，当x→0时，f(x)→－∞，

此时，f(x)存在唯一零点；

1－ax1

当a>0时，令f′(x)＝＝0，解得x＝，

xa111

∴f(x)在0，上单调递增；f(x)在，＋∞上单调递减，∴f(x)max＝f＝－lna－4.

aaa

当－lna－4<0，即a>e－4时，f(x)无零点；

当－lna－4＝0，即a＝e－4时，f(x)有一个零点；

当－lna－4>0，即0综上，当a<0或a＝e－4时，f(x)有一个零点；

当0当a>e－4时，f(x)无零点．

m

(2)g(x)＝x3＋＋ax2－x，g′(x)＝3x2＋(m＋2a)x－1.

2

∵g(x)在(a,3)上有最值，∴g(x)在(a,3)上不单调．

g′

∵g′(0)＝－1<0，∴

g′

3>0，

a<0

恒成立．

1

又a∈[1,2]，由g′(a)<0，即m<－5a，

a19

解得m<－.g′(3)>0，即3m＋26＋6a>0，

2

323219

解得m>－，故－332

3．已知f(x)＝－x2＋tlnx在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋b.

(1)求t，b的值；

(2)若任意m∈(－1,0]，关于x的方程f(x)＋ax－m＝0在(0,3]内有两个零点，求a的取值范围．

解：(1)由题意得f′(x)＝－2x＋，则f′(1)＝－2＋t＝－1，解得t＝1，将(1，－1)代入y＝－x＋b中，得b＝0.

tx1－2x2＋ax＋1

(2)由(1)得，f(x)＝－x2＋lnx，令g(x)＝f(x)＋ax＝ax－x2＋lnx，x>0，则g′(x)＝－2x＋a＝，由g′(x)

xx

＝0，得x1＝

a－a2＋8

4

(舍)，x2＝

a＋a2＋8

4

，

当x∈(0，x2)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；

当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，

则函数g(x)的单调递增区间是(0，x2)，单调递减区间是(x2，＋∞)，

若x2≥3，则g(x)在(0,3]上单调递增，不合题意，所以x2<3，

所以g(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2,3]上单调递减．

因为任意m∈(－1,0]，f(x)＋ax＝m在(0,3]内有两个根，

当x→0时，g(x)→－∞，所以g(3)≤－1，且g(x)max>0，

8－ln3

由g(3)≤－1，即ln3－9＋3a＋1≤0，解得a≤，

3

由g(x)max＝g(x2)>0，即lnx2－x22＋ax2>0，

因为－2x22＋ax2＋1＝0，所以

a＝2x2－，

x2

1

2代入lnx2－x22＋ax2>0，得lnx2＋x2－1>0，

令h(x)＝lnx＋x2－1，可知h(x)在(0,3]上单调递增，

而h(1)＝0，而h(x2)>h(1)＝0，

17

所以1x23

1

8－ln3

综上所述，a的取值范围为1，. 3

4．已知g(x)＝ex，h(x)＝lnx，若点A为函数g(x)上的任意一点，点B为函数h(x)上的任意一点．f(x)＝g(2x)－ax＋a(a∈R，其中e为自然对数的底数)．

(1)求A，B两点之间距离的最小值；

(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2.

①求实数a的取值范围；

x1＋x2

②设f(x)的导函数为f′(x)，求证：f′<0. 

2

解：(1)由于g(x)＝ex与h(x)＝lnx互为反函数，即函数图象关于y＝x对称，且g(x)在点(0,1)处的切线为y＝x＋1，

h(x)在点(1,0)的切线为y＝x－1，∴A，B两点之间的距离的最小值即为(0,1)与(1,0)之间的距离，其最小值为2.

(2)①由已知，f(x)＝g(2x)－ax＋a＝e2x－ax＋a，f′(x)＝2e2x－a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，不合题意，∴a>0.

又∵x→－∞时，f(x)→＋∞；x→＋∞，f(x)→＋∞，

令f′(x)＝0，即2e2x－a＝0，x＝

1aln， 22

1a1a1a

∵函数f(x)有两个零点x1，x2，函数f(x)在－∞，ln递减，函数f(x)在ln，＋∞递增，∴fln<0，

222222

1alnaa2∴fln＝e －ln＋a<0，得a>2e3.

2222

a∴a的取值范围是(2e3，＋∞)．

e 2x1－ax1＋a＝0，

②证明：由题意得

e 2x2－ax2＋a＝0，

e2x2－e2x1

两式相减得a＝，不妨设x1x2－x1

x1＋x2

x1＋x2 x1＋x2e2x2－e2x1ex1－x2x2－x1则f′＝2e －＝[2(x2－x1)＋e －e ]，令t＝x2－x1>0，则2(x2－x1)

x2－x1x2－x12

＋e

x1－x2

－e

x2－x1

可转化为h(t)＝2t－et＋e－t，

∵h′(t)＝2－et－e－t＝2－(et＋e－t)<0，

∴h(t)在(0，＋∞)上单调递减，

x1＋x2



∴h(t)π5．已知函数f(x)＝aex－cosxa∈R，x>－.

2

(1)证明：当a＝1时，f(x)有最小值，无最大值；

π



(2)若在－，π上方程f(x)＝0恰有一个实数根，求实数a的取值范围．

2

解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－cosx，f′(x)＝ex＋sinx.

令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋cosx.

π

当－0，cosx>0，∴h′(x)>0；

2

当x>0时，ex>1，－1≤cosx≤1，∴h′(x)>0，

π

即当x∈－，＋∞时，恒有h′(x)>0，

2

π

∴f′(x)在－，＋∞上单调递增．

2

π

π－ 

∵f′－＝e2 －1<0，f′(0)＝1>0， 2

π

∴存在x0∈－，0，使得f′(x0)＝0，∴f′(x)的符号如图所示，

2

π

即f(x)在－，x0上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．又∵x→＋∞时，f(x)→＋∞，

2

∴当a＝1时，f(x)有最小值f(x0)，无最大值．

ππcosxcosxx(2)方程f(x)＝ae－cosx＝0－－－

又∵g′(x)＝

π

2sinx＋

4

exπ

，x∈－，π，

2

ππ3π

令g′(x)＝0，即sinx＋＝0，得x＝－或.

444

π3ππ

当x∈－，－∪，π时，g′(x)>0；

442

π3π



当x∈－，时，g′(x)<0，

44

ππ3π3ππ

∴g(x)在－，－上单调递增，在－，上单调递减，在，π上单调递增，

44244

ππ3π 2

即极大值为g－＝e4 ，极小值为g＝－

244

.

3π 2e4

2

π1

又∵g－＝0，g(π)＝－π，

e2

π



∴g(x)在－，π上的图象大致如图所示．

2

π－cosx

又∵y＝a与g(x)＝x－e2



π1

3π∪－，0∪2 4.

ee 22e4 2

π

ax1

6．已知函数f(x)＝x＋x2－x(a∈R)．

e

2

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．

解：(1)f(x)的定义域为R，

f′(x)＝

a－axex＋x－1＝

x－1

exex－a. ①当a≤0时，ex－a>0恒成立，

令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得x<1，

所以f(x)在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；

②当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝lna.

(ⅰ)当lna＝1，即a＝e时，f′(x)≥0恒成立，

所以f(x)在R上为增函数；

(ⅱ)当lna<1，即0令f′(x)>0，得x>1或x令f′(x)<0，得lna所以f(x)在(－∞，lna)上为增函数，在(lna,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；

(ⅲ)当lna>1，即a>e时，

令f′(x)>0，得x>lna或x<1，

令f′(x)<0，得1所以f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，lna)上为减函数，在(lna，＋∞)上为增函数．

综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；

当a＝e时，f(x)在R上为增函数；

当0当a>e时，f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，lna)上为减函数，在(lna，＋∞)上为增函数．

(2)由(1)知，

①当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，f(1)＝－<0，f(0)＝0，当x>1时，f(x)＝x＋

e2e

a1axax11

x2－x≥＋x2－x＝x2－x＋a， 2x22

1

11

取x0＝2－a，则f(x0)≥(2－a)2－(2－a)＋a＝a2≥0，故此时有2个零点，符合题意；

22

②当a＝e时，f(x)在R上为增函数，故此时最多有1个零点，不合题意；

③当01112

2(ⅰ)当a＝1时，f(lna)＝lna＝0，f(1)＝－<0，f(2)＝2>0，此时有2个零点，符合题意； 2e2e

(ⅱ)当01

f(lna)＝＋ln2a－lna＝ln2a>0，

a22

alna1

a1ax1

f(x)＝x＋x2－x＝xx＋x－1，

e2

e

2



1

当x<0时，x＋x－1>ax2＋x－1，

e22

a1

－1－1＋16a只需x<，

4a11

2则x＋x－1>ax＋x－1>0，

e22

a－1－所以取x14a1＋16a，则f(x1)<0，

所以f(x)在(－∞，lna)上必有1个零点，

所以当f(1)＝－>0，即a>时，只有1个零点，不合题意；当f(1)＝－＝0，即a＝时，有2个零点，符合题

e22e22意；当f(1)＝－<0，即0a1ea1e

a1e

2a因为f(2)＝2>0，所以此时有3个零点，不合题意；

e

④当a>e时，f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，lna)上为减函数，在(lna，＋∞)上为增函数，

f(lna)＝

alna1a＋2

ln2a－lna＝

1

ln2a>0， 2

故此时最多有1个零点，不合题意．

综上，当a≤0或a＝1或a＝时，函数f(x)有2个零点．

2

e